\(\text{miku}\) 和 \(\text{rin}\) 两个人玩游戏，一共有 \(m\) 颗石子，\(\text{miku}\) 把它们分成了 \(n\) 堆，每堆石子数分别为 \(a_1,a_2,...,a_n\)，每轮可以选择一堆石子，取掉任意颗石子，但不能不取。谁先不能操作，谁就输了。在游戏开始前，\(\text{rin}\) 可以扔掉若干堆石子，但是必须保证扔掉的堆数是 \(d\) 的倍数，且不能扔掉所有石子。
\(1\le n\le 5\times 10^5，1\le d\le 10，1\le a_i\le 10^6\)，\(m\) 不直接给出，但数据保证 \(1\le m\le 10^7\)。
\(\text{miku}\) 先手，请问 \(\text{rin}\) 有多少种扔的方式，使得 \(\text{rin}\) 能够获胜。
基于“ \(n\) 堆石子各自的数量的异或和为 \(0\) 则先手必败”这一人尽皆知的结论，我们发现，可以把答案从“剩下的”转化为“选取的”——设原序列异或和为 \(s\)，如果选取的石子的异或和也是 \(s\)，则剩下的部分一定保证先手必败。
那么，同样基于上述结论，我们考虑一个 dp。设\(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 堆石子，在模 \(d\) 意义下，选取了 \(j\) 堆石子，其异或和为 \(k\) 的方案数。转移方程是显然的，即
\(\large{f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}+f_{i-1,j-1,k \oplus a_i}}\)
时空双爆炸！两者均为 \(O(n \times d \times a_{\max})\)。考虑优化。
对于空间，不难想到用滚动数组解决，压掉 \(n\) 那一维，类似背包（注意要倒着跑）；对于时间，有一个巧妙的结论：若 \(x\) 与小于自己的数异或，其结果小于 \(x \times 2\)。所以，可以将 \(a\) 排序，每一次只跑到与 \(a_i\) 位数相同的最大数 \(u\)。这样，时间复杂度就只有 \(O(m\times d)\) 了。
下面是 AC 代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int rd(){
#define gc getchar
int x=0,f=1;char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc()) f^=(c==‘-‘);
for(;isdigit(c);c=gc()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
#undef gc
return f?x:-x;
}
const int MOD=1e9+7;
int a[500010],f[11][1050000],g[1050000];
int main(){
int n=rd(),d=rd(),s=0;
for(int i=1;i<=n;++i) s^=(a[i]=rd());
sort(a+1,a+n+1);
int lim=1;f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(lim<=a[i]) lim<<=1;
for(int k=0;k<lim;++k)
g[k]=(f[d-1][k^a[i]]+f[0][k])%MOD;
for(int j=d-1;j;--j)
for(int k=0;k<lim;++k)
f[j][k]=(f[j-1][k^a[i]]+f[j][k])%MOD;
for(int k=0;k<lim;++k) f[0][k]=g[k];
}
printf("%d\n",(f[0][s]-(n%d==0)+MOD)%MOD);
return 0;
}